Trường chuyên Phan Bội Châu ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 6 NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: TOÁN- KHỐI A potx

Chuyên Phan Bội Châu ĐỀ SỐ 1 Đề thi thử Chuyên Phan Bội Châu năm 2013 Môn: TOÁN NGÀY 14.04.2013 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y = 2x −3 x +1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho. b) Tìm m để đường thẳng d : 2x −y +m =0 cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt có tung độ dương. Câu 2. (2 điểm) a) Giải phương trình ( tan2x cot x −1 ) sin4x =sin(x + π 3 ) +2sin x 2 cos 3x 2 b) Giải bất phương trình 6x 2   2x +1 +1  2 >2x +  x −1 +1 Câu 3. (1 điểm) ính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y =(1 −x)e x ; y =x 3 −1; và trục tung. Câu 4. (1 điểm) Cho hình chóp đều S.ABC có góc giữa mặt và mặt đáy bằng 60 o và khoảng cách giữa hai đường thẳng S A và BC bằng 3a 2  7 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và diện tích mặt cầu đi qua bốn điểm S,O,B,C với O là tâm đáy. Câu 5. (1 điểm) Cho ba số thực dương a, b,c thõa mãn abc =1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 1  a 2 +ab −a +5 + 1  b 2 +bc −c +5 + 1  c 2 +ca −c +5 PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B A. Theo chương trình chuẩn Câu 6A. (2 điểm) a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox y, cho điểm A(2; 0) và đường tròn (T ) : (x −1) 2 +(y +2) 2 =5. Tìm tọa độ hai điểm B,C thuộc (T ) sao cho tam giác ABC vuông tại B và có diện tích bằng 4. b) Trong không gian với hệ tọa độ Ox yz cho tam giác đều ABC có A(4;2; −6) và phương trình đường thẳng BC là : x −3 2 = y −3 1 = z −1 1 . Viết phương trình đường thẳng d đi qua trực tâm tam giác ABC và vuông góc với (ABC) Câu 7A. (1 điểm) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển  2x 2 − 3 x  n (x =0) , biết rằng C 1 n +2C 2 n +3C 3 n + +kC k n + +nC n n =256n B. Theo chương trình nâng cao Câu 6B. (2 điểm) a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , viết phương trình chính tắc của Elip (E) biết rằng khi M thay đổi trên (E) thì độ dài nhiỏ nhất của OM bằng 4 và độ dài lớn nhất của MF 1 bằng 8 với F 1 là tiêu điểm có hoành độ âm. b) Trong không gian với hệ tọa độ Ox yz , cho đường thẳng ∆ : x 2 = y −1 1 = z +1 −1 và mặt phẳng (P ) : x +y −z −1 =0 . Viết phương trình đường thẳng d thuộc mặt phẳng (P) sao cho d vuông góc với ∆ và khoảng cách giữa d và ∆ bằng  3. Câu 7B. (1 điểm) Tìm số phức z biết z 2 +2z là số thực và z + 1 z có một acgumen là − π 3 www.VNMATH.com Trang 1/4 SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO NGHỆ AN TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối A, A 1 , B (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) Khảo sát… Tập xác định \{ 1}. D    Ta có: 2 5 ' 0, . ( 1) y x D x      Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ; 1),( 1; ).     Hàm số không có cực trị. 0,25 Giới hạn: 1 1 lim lim 2; lim , lim . x x x x y y y y             Tiệm cận: TCĐ: 1, x   TCN: 2. y  0,25 Bảng biến thiên: 0,25 Đồ thị: 0,25 2. (1,0 điểm) Tìm m để … Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d là: 2 2 3 2 2 3 0 (1). 1 x x m x mx m x          0,25 Đường thẳng d cắt (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi pt (1) có hai nghiệm phân biệt 1 2 , x x khác –1 khi và chỉ khi 2 4 40 8 24 0 2 3 0 4 40. m m m m m m                     0,25 Hai giao điểm có tung độ dương khi và chỉ khi 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 0 2 2 0 (2 )(2 ) 0 4 . 2 ( ) 0 x x m x m x m x m x m x x m x x m                      0,25 Câu I (2,0 điểm) 2 0 2 0. 2( 3) 2 ( ) 0 2 m m m m m m m                   Vậy 4 40. m   0,25 Câu II 1.(1,0 điểm) Giải phương trình… 2 x  1   y ' + + y  2  y x O 3  3 2 –1 2 Trang 2/4 Câu Đáp án Điểm Điều kiện: cos 2 0,sin 0. x x   Phương trình đã cho tương đương với sin2x.cos sin .cos 2 3 ( )sin 4 sin( ) 2sin os sin .cos 2 3 2 2 x x x x x x x c x x      0,25 1 3 2sin 2 sin cos sin 2 sin 2 2 x x x x x     0,25 3 1 2 2 sin 2 cos sin sin 2 sin( ) 2 . 2 2 3 9 3 3 x x x x x x k x k                 Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm là: 2 2 , 2 ( ). 9 3 3 x k x k k           0,50 2.(1,0 điểm) Giải bất phương trình… Điều kiện 1. x  Bất pt tương đương với 2 2 2 6 ( 2 1 1) 2 1 1 4 x x x x x       0,25 2 2 3 1 3 2 1 4 1 ( 2 1 ) ( 1 ) (1). 2 2 x x x x x           0,25 Với 1, x  ta có: 3 1 2 1 0, 1 0. 2 2 x x       Do đó 3 1 (1) 2 1 1 2 1 1 2 4 1 2 2 2 x x x x x x                0,25 2 2 10 4 5. 20 20 0 x x x x              Kết hợp điều kiện ta có nghiệm 10 4 5. x   0,25 Phương trình hoành độ giao điểm: 3 2 (1 ) 1 ( 1)( 1) 0 1 x x x e x x e x x x            ( do 2 1 0, x e x x x      ). 0,25 1 1 1 1 3 3 3 0 0 0 0 (1 ) ( 1) ((1 ) ( 1)) (1 ) ( 1) x x x S x e x dx x e x dx x e dx x dx                 0,25 Câu III (1,0 điểm) Đặt 1 , , . x x u x dv e dx du dx v e        Ta có: 1 1 1 1 0 0 0 0 (1 ) (1 ) 1 2, x x x x x e dx x e e dx e e            suy ra 1 4 0 5 2 ( ) . 4 4 x S e x e       0,50 Tính thể tích khối chóp … Gọi M là trung điểm BC. Kẻ ,( ) MH SA H SA   Ta có (*) ( ) BC AM BC SAM BC MH BC SO          Do đó MH là đường vuông góc chung của SA và BC, Suy ra 3 . 2 7 a MH  Cũng từ (*) ta có:   (( ), ( )) 60 . SM BC SMA SBC ABC     0,25 Đặt 3 , 2 , 3, 7. OM x AM x OA x SO x SA x      Trong tam giác SAM ta có: 3 . . 7. 3.3 . 2 7 2 3 a a SA MH SO AM x x x x AB a        2 3 . 1 1 3 3 . . . . 3 3 2 4 24 S ABC ABC a a a V SO S     0,25 Câu IV (1,0 điểm) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC. Kẻ đt d đi qua I vuông góc với (ABC). Ta có d//SO. Trong mặt phẳng (SOI) kẻ trung trực của SO cắt d tại E. Khi đó E là tâm mặt cầu. 0,25 A B M O I • • S C E H Trang 3/4 Câu Đáp án Điểm Bán kính mặt cầu 2 2 R EO EI IO    . Ta có:  1 , 2 4 3 2sin a BC a EI SO IO BOC     , suy ra 2 2 2 2 19 . 16 3 48 a a a R    Vậy diện tích mặt cầu là 2 2 19 4 . 12 a S R     0,25 Tìm giá trị lớn nhất… Áp dụng bđt Bunhiacopski: 2 2 2 2 1 1 1 3( ) (1). 5 5 5 P a ab a b bc c c ca c             0,25 Ta có 2 2 5 ( 1) 4 4, a ab a a ab a ab a            suy ra 2 1 1 1 1 1 1 ( ). 5 4 1 3 4 1 3 a ab a ab a ab a ab a               Tương tự, và kết hợp với (1) ta được: 2 3 1 1 1 3 ( ) . 4 1 1 1 4 P ab a bc b ca c           0,25 Vì 1 abc  nên 1 1 1 1 1. 1 1 1 1 1 1 a ab ab a bc b ca c ab a ab a a ab                   0,25 Câu V (1,0 điểm) Do đó, 2 3 3 , 2 2 P P   dấu bằng xảy ra tại 1. a b c    Vậy 3 max . 2 P  0,25 1.(1,0 điểm). Tìm toạ độ B, C… Đường tròn (T) có tâm I(1;–2). Vì A thuộc (T) và tam giác ABC vuông tại B nên AC là đường kính của (T) suy ra toạ độ C(0;–4). 0,25 Gọi B(a;b). Ta có: 2 2 ( ) ( 1) ( 2) 5 (1). B T a b      Phương trình AC: 2 4 0. x y    Ta có: 2 8 2 4 1 1 ( , ). 4 . .2 5 2 4 4 2 . 2 2 5 ABC b aa b S d B AC AC a b b a                  0,25 Với 2 8, b a   ta có: 2 2 (1) 5 26 32 0 16 . 5 a a a a             Vậy (2; 4) B  hoặc 16 8 ( ; ). 5 5 B  0,25 Với 2 , b a  ta có: 2 0 (1) 5 6 0 6 . 5 a a a a             Vậy (0;0) B hoặc 6 12 ( ; ). 5 5 B   0,25 2.(1,0 điểm). Viết phương trình…. Gọi H là trực tâm tam giác ABC. Gọi M là trung điểm BC. (3 2 ;3 ;1 ) (2 1; 1; 7). M BC M t t t AM t t t            BC có vtcp (2;1;1). u   Tam giác ABC đều nên . 0 1. AM BC AM u t         0,25 Khi đó 2 ( 2;0;4) (2;2; 2). 3 AH AM H        0,25 Vì ( ) d ABC  nên d có vtcp 1 , (6; 15;3). u u AM           0,25 Câu VIa (2,0 điểm) Phưong trình của d là: 2 2 2 . 6 15 3 x y z       0,25 Tìm số hạng không chứa x ……. Câu VIIa (1,0 điểm) Xét khai triển 0 (1 ) , n n k k n k x C x     đạo hàm hai vế: 1 1 1 (1 ) , n n k k n k n x kC x       chọn 1 x  ta được 1 1 2 . n n k n k n kC     0,25 Trang 4/4 Câu Đáp án Điểm Kết hợp giả thiết ta có: 1 256 .2 9. n n n n     0,25 Khi đó ta có khai triển 9 9 2 9 2 9 9 18 3 9 9 0 0 3 3 (2 ) (2 ) ( ) 2 ( 3) k k k k k k k k k x C x C x x x             0,25 Ta có: 18 3 0 6. k k     Vậy số hạng không chứa x là 6 3 6 9 2 3 . C 0,25 1.(1,0 điểm)Viết phương trình elip…. Gọi pt chính tắc của (E) là: 2 2 2 2 1,( 0). x y a b a b     1 ( ; ) ( ) , cx M x y E MF a a     mà a x a    nên 1 MF lớn nhất bằng a c  khi , 0. x a y   0,25 Vì a b  nên 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 . x x x y x y OM OM b a b a b b b          Suy ra giá trị nhỏ nhất của OM bằng b khi 0; . x y b    0,25 Kết hợp giả thiết ta có: 2 4 4 4 8 5. 16 8 b b b a c a a a                       Vậy pt (E): 2 2 1. 25 16 x y   0,50 1.(1,0 điểm). Viết phương trình (2;1; 1); u     ( ) (1;1; 1), P n    do đó d có vectơ chỉ phương là ( ) ; (0;1;1). d P u u n           0,25 Gọi (Q) là mặt phẳng chứa d và song song với  , ta có: ( ) , (2; 2;2). Q d n u u            Phương trình (Q) có dạng: 0. x y z m     Chọn (0;1; 1) , A     ta có: ( ,( )) ( ,( )) ( , ) 3 1 5. d A Q d Q d d m m           0,25 Với 1, m   vì ( ) ( ) d P Q   nên d đi qua (1;0;0), B  phương trình 1 : . x d y t z t         0,25 Câu VIb (2,0 điểm) Với 5, m  vì ( ) ( ) d P Q   nên d đi qua ( 2;3;0), C   phương trình 2 : 3 . x d y t z t           0,25 Tìm số phức z … Vì . 1 0 z z   và 1 . 1 z z z z z    có một acgumen là 3   nên 1 z có một acgumen là 3   , suy ra z có một acgumen là . 3  0,25 Gọi 3 (cos sin ) , ,( 0). 3 3 2 2 r r z r i a bi a b r           0,25 Câu VIIb (1,0 điểm) Ta có 2 2 2 2 2 2 ( 1) z z a b a b a i       là số thực khi và chỉ khi 1 2 2 ( 1) 0 0 0. a r b a b r               Vậy 1 3 . z i   0,50 ………….Hết…………. . − π 3 www.VNMATH.com Trang 1/4 SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO NGHỆ AN TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013 Môn: . Chuyên Phan Bội Châu ĐỀ SỐ 1 Đề thi thử Chuyên Phan Bội Châu năm 2013 Môn: TOÁN NGÀY 14.04.2013 PHẦN CHUNG CHO